【广东省广州荔湾区广雅中学年】2016届高三上学年期10月月考数学年(文科)-试题

PAGE广东省广州市荔湾区广雅中学2016届高三上学期10月月考数学（文科）试卷答案一、选择题1~5．CBADB 6~10．CAAAD 11~12．DB二、填空题13．14．15．16．（1）（2）三、解答题17．解：（1），即，是公差为2的等差数列．由，得，故（2）由得，故所以所以因为单调递增，所以18．解：（1）喜欢足球的学生有48人，随机抽取6名，男生应该抽取人；（2）随机抽取6名，有4名男生，2名女生，任取2名，共有种方法，恰有1名女生有4×2=8种方法，∴恰有1名女生的概率为．（3）∴在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为性别与喜欢足球有关系．19．解：（1）证明：Q为线段中点时，．取中点Q，连接，，，由于，所以为平面四边形，由，得，又，，所以，所以，又为等腰直角三角形，E为斜边中点，所以，，所以．（2）因为，，，，所以，又，所以，所以．取中点H，连接，，则，在平面PAD内，作DO⊥FH，垂足为O，则DO⊥平面EFGH，DO即为D到平面EFG的距离，在中，H，F为，中点，．即D到平面EFG的距离为．20．解：（1）因故动点P的轨迹C是以F1，F2为焦点，为长轴长的椭圆，其标准方程为（2）因l不垂直于坐标轴，故l的斜率存在且不为0，设l的方程为，，，由得，化简得，所以且，即由以为直径的圆过原点得，得即由代入得，化简得设中点为，则，故的中垂线方程为代入得，即由①②得，解得或（舍去），故，直线l的方程为21．解：（1）、由令，则当所以在递减，递增，,因，所以，故方程在上有两个否同的实根等价于，即实数a的取值范围是（2）因有两个不同零点，不妨设，所以，所以令，则则记，则恒成立，故在单调递增，故，所以在单调递增，所以四、选修4-1：几何证明选讲22．（1）证明：连结，，∵与相切于点P，∴，∵M是的弦的中点，∴，∴，∵圆心O在的内部，∴的对角互补，∴四点共圆（2）解：由（1）得四点共圆，∴，由（1）得，∵圆心O在的内部，∴，∴选修4-2：坐标系与参数方程解：（1）当时，原方程即为，消参得（2）当,原方程即为，消参得（3）由（1）（2）可知P到C2的距离为：当时，选修4-3：不等式选讲24．（1）证明：∵又∵，∴，∴，∴法二：∵，又∵，∴∴，展开得移项，整理得（2）证明：因为x，y，z均为正数，所以同理可得，当且仅当时，以上三式等号都成立，将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得

广东省广州市荔湾区广雅中学2016届高三上学期10月月考数学试卷（文科）解析1．【考点】交集及其运算．【分析】求出M与N中不等式的解集分别确定出M与N，找出两集合的交集即可．【解答】解：∵M={x∈Z||x|≤2}={﹣2，﹣1，0，1，2}，N=（﹣3，1），∴M∩N={﹣2，﹣1，0}．2．【考点】命题的否定．【分析】利用特称命题的否定是全称命题，写出结果即可．【解答】解：特称命题的否定是全称命题，还需将结论否定，“或“的否定是“且”，故命题∃x∈R，x2﹣4＜0或x2﹣4x＞0”的否定为∀x∈R，x2﹣4≥0且x2﹣4x≤0.3．【考点】复数代数形式的乘除运算；复数的基本概念．【分析】利用复数的运算法则、共轭复数、虚部的定义即可得出．【解答】解：∵i4=1，∴i2015=（i4）503•i3=﹣i，∴（1﹣i）z=i2015=﹣i，∴==，∴=，则的虚部为．4．【考点】函数奇偶性的性质．【分析】根据两个奇函数的积是偶函数、两个偶函数的积还是偶函数、一个奇函数与一个偶函数的积是奇函数，两个偶函数的和还是偶函数，两个奇函数的和是奇函数，从而得出结论．【解答】解：∵函数f（x），g（x）的定义域都为R，且f（x）为奇函数，g（x）为偶函数，∴f（﹣x）=﹣f（x），g（﹣x）=g（x）∵sin（﹣x）=﹣sinx，cos（﹣x）=cosx，∴f（x）sinx为偶函数；g（x）sinx为奇函数；f（x）+cosx不是奇函数，也不是偶函数；g（x）+cosx为偶函数，5．【考点】线性回归方程．【分析】利用样本中心坐标满足回归直线方程，列出方程组求解即可．【解答】解：由题意得，得，可得回归直线方程为：，则x每减少1个单位，y就减少1．4个单位．6．【考点】对数值大小的比较．【分析】a=logπ3＜1，b，c＞1，由当x＞1，y=log3x的图象在y=lnx的图象的下方，即可得出b，c的大小关系．【解答】解：a=logπ3＜1，b，c＞1，由当x＞1，y=log3x的图象在y=lnx的图象的下方，c=lnπ＞b=log3π，∴a＜b＜C．7．【考点】循环结构．【分析】结合框图得到i表示的实际意义，要求出所需要的和，只要循环10次即可，得到输出结果时“i”的值，得到判断框中的条件．【解答】解：根据框图，i﹣1表示加的项数当加到时，总共经过了10次运算，则不能超过10次，i﹣1=10执行“是”所以判断框中的条件是“i＞10”8．【考点】几何概型．【分析】区域Ω1={（x，y）|0≤y≤}表示图中的半圆及其内部，区域Ω2={（x，y）|（x+3）（x﹣y+3）≤0}表示图中阴影部分，利用几何概型求出向区域Ω1内随机投一点Q，点Q落在区域Ω2内的概率．【解答】解：区域Ω1={（x，y）|0≤y≤}表示图中的半圆及其内部，区域Ω2={（x，y）|（x+3）（x﹣y+3）≤0}表示图中阴影部分，故所求的概率为=，9．【考点】由三视图求面积、体积．【分析】根据三视图得出几何体的直观图，得出几何性质，根据组合体得出体积．【解答】解：根据三视图可判断：几何体如图，A1B1⊥A1C1，AA1⊥面ABC，AB=AC=CC1=2，CE=1直三棱柱上部分截掉一个三棱锥，该几何体的体积为V﹣VE﹣ABC==4=10．【考点】正弦函数的单调性．【分析】求参数φ是确定函数解析式的关键，由特殊点求φ，由此得到单调区间．【解答】解：由题意得∵f（）＞f（π），∴sin（π+φ）＞sinφ，∴sinφ＜0，因此，从而，其单调增区间为，即，也即，11．【考点】球的体积和表面积；球内接多面体．【分析】求出BC，利用正弦定理可得△ABC外接圆的半径，从而可求该三棱锥的外接球的半径，即可求出三棱锥的外接球表面积．【解答】解：∵AC=2，AB=1，∠BAC=120°，∴BC==，∴三角形ABC的外接圆半径为r，2r=，r=，∵SA⊥平面ABC，SA=2，由于三角形OSA为等腰三角形，O是外接球的球心．则有该三棱锥的外接球的半径R==，∴该三棱锥的外接球的表面积为S=4πR2=4π×（）2=．12．【考点】抛物线的简单性质．【分析】过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义，结合|PA|=m|PB|，可得=，设PA的倾斜角为α，则当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，求出P的坐标，利用双曲线的定义，即可得出结论．【解答】解：过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义可得|PN|=|PB|，∵|PA|=m|PB|，∴|PA|=m|PN|∴=，设PA的倾斜角为α，则sinα=，当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，设直线PA的方程为y=kx﹣1，代入x2=4y，可得x2=4（kx﹣1），即x2﹣4kx+4=0，∴△=16k2﹣16=0，∴k=±1，∴P（2，1），∴双曲线的实轴长为PA﹣PB=2（﹣1），∴双曲线的离心率为=+1．二、填空题13．【考点】向量的模．【分析】利用数量积运算性质即可得出．【解答】解：向量，满足||=|+|=|2+|=1，∴==1，=4+=1，把=1代入可得：+=0，+=﹣3，∴=3，解得=．14．【考点】简单线性规划．【分析】由约束条件作出可行域，化•为线性目标函数，然后化为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，代入最优解的坐标得答案．【解答】由约束条件作出可行域如图，令z=•=﹣x+y，得y=x+z．由图可知，当直线y=x+z过C（1，1）时直线在y轴上的截距最小，z有最小值，等于0；当直线过B（0，2）时直线在y轴上的截距最大，z有最大值，等于2．∴•的取值范围是[0，2]．15．【考点】解三角形的实际应用．【分析】由题意画出图形，由两角差的正切求出15°的正切值，然后通过求解两个直角三角形得到DC和DB的长度，作差后可得答案．【解答】解：如图，由图可知，∠DAB=15°，∵tan15°=tan（45°﹣30°）==2﹣．在Rt△ADB中，又AD=60，∴DB=AD•tan15°=60×（2﹣）=120﹣60．在Rt△ADC中，∠DAC=60°，AD=60，∴DC=AD•tan60°=60．∴BC=DC﹣DB=60﹣=120（﹣1）（m）．∴河流的宽度BC等于120（﹣1）m．16．【考点】分段函数的应用；函数的值．【分析】（1）运用直线系方程，可得定点为（3，1），再由分段函数可得a=3，可得分段函数式，再由对数的运算性质可得所求值；（2）函数h（x）=f（x）﹣mx+2有三个不同的零点，即为f（x）﹣mx+2=0有三个不同的实根，可令y=f（x），y=g（x）=mx﹣2，分别画出y=f（x）和y=g（x）的图象，通过图象观察，结合斜率公式，即可得到m的范围．【解答】解：（1）直线（1﹣m）x+（3m+1）y﹣4=0即为（x+y﹣4）﹣m（x+3y）=0，由可得，即定点为（3，1），由f（x）=，可得loga3=1，解得a=3，则有f（x）=，f（）=log3=﹣1；（2）函数h（x）=f（x）﹣mx+2有三个不同的零点，即为f（x）﹣mx+2=0有三个不同的实根，可令y=f（x），y=g（x）=mx﹣2，分别画出y=f（x）和y=g（x）的图象，A（0，﹣2），B（3，1），C（4，0），则g（x）的图象介于直线AB和AC之间，介于kAB＜m＜kAC，可得＜m＜1．三、解答题．17．【考点】数列与向量的综合；数列的求和．【分析】（1）利用已知条件推出{an}是公差为2的等差数列，然后求解通项公式．（2）利用an=log2（bn+2），求出bn，化简数列的通项公式，利用裂项消项法求和，然后证明不等式．18．【考点】独立性检验的应用；分层抽样方法．【分析】（1）求出抽样比，由此能求出男生应抽取人数．（2）随机抽取6名，有4名男生，2名女生，任取2名，共有=15种方法，恰有1名女生有4×2=8种方法，由此能求出恰有1名女生的概率．（3）求出K2，与临界值比较，即可得出结论．19．【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面垂直的判定．【分析】（1）欲证PC⊥平面ADQ，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证PC与平面ADQ内两相交直线垂直，取PB中点Q，连接DE，EQ，AQ，根据线面垂直的性质可知AD⊥PD，AD⊥PC，又三角形PDC为等腰直角三角形，E为斜边中点，则DE⊥PC，AD∩DE=D，满足定理所需条件；（2）欲证平面EFG⊥平面PAD，根据面面垂直的判定定理可知在平面EFG内一直线与平面PAD垂直，CD⊥AD，CD⊥PD，AD∩PD=D，满足线面垂直的判定定理，则CD⊥平面PAD，再根据EF∥CD，则EF⊥平面PAD，满足定理条件，取AD中点H，连接FH，GH，在平面PAD内，作DO⊥FH，垂足为O，则DO⊥平面EFGH，DO即为D到平面EFG的距离，在三角形PAD中，求出DO即可．20.【考点】轨迹方程；直线与圆锥曲线的综合问题．【分析】（1）运用椭圆的定义，求出a，b，即可得到椭圆方程；（2）设直线l的方程设为y=kx+t，设A（x1，y1）B（x2，y2），联立椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，以AB为直径的圆过坐标原点，则有x1x2+y1y2=0，代入化简整理，再由两直线垂直的条件，解方程可得k，进而得到所求直线方程．21．【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】（1）由f（x）=g（x）得，令，根据函数的单调性求出a的范围即可；（2）求出，得到，令x1﹣x2=t＞0，则，问题等价于et（t﹣2）+t+2＞0，根据函数的单调性证明即可．四、选修4-1：几何证明选讲22．【考点】弦切角．【专题】选作题；矩阵和变换．【分析】（1）要证明四点共圆，可根据圆内接四边形判定定理：四边形对角互补，而由AP是⊙O的切线，P为切点，易得∠APO=90°，故解答这题的关键是证明，∠AMO=90°，根据垂径定理不难得到结论．（2）由（1）的结论可知，∠OPM+∠APM=90°，只要能说